Énoncé de l’exercice n°1 :
Soit $E$ un $\mathbb{K}$-espace vectoriel de dimension finie.
Soient $p_1, \dots, p_n$ des projecteurs de $E$, tels que $\sum_{j=1}^n p_j = \mathrm{Id}_E$.
1. Montrer que $E = \bigoplus_{i=1}^n \mathrm{Im}(p_i)$.
2. Démontrer que pour tous indices distincts $i$ et $j$, on a $p_i p_j = 0$.
Indication :
1. Utiliser les dimensions et le théorème concernant le rang d’un projecteur.
2. Utiliser des vecteurs.
Corrigé de l’exercice :
1.
L’égalité $\mathrm{Id}_E = \sum_{j=1}^n p_j$ implique : $\forall x \in E, \ x = \sum_{j=1}^n p_j(x) \in \sum_{i=1}^n \mathrm{Im}(p_i)$ donc $E \subset \sum_{i=1}^n \mathrm{Im}(p_i)$ donc $\dim(E) \leq \dim \left( \sum_{i=1}^n \mathrm{Im}(p_i) \right)$.
La trace d’un projecteur est égale à son rang. Ainsi :
$$
\dim(E)
= \mathrm{tr}(\mathrm{Id}_E)
=\mathrm{tr}( \sum_{j=1}^n p_j)
= \sum_{j=1}^n \mathrm{tr}(p_j)
$$
$$
= \sum_{j=1}^n \mathrm{rg}(p_j) = \sum_{j=1}^n \dim(\mathrm{Im}(p_j)).
\geq \dim \left( \sum_{i=1}^n \mathrm{Im}(p_i) \right)
$$
On a donc les inégalités dans les deux sens donc les égalités :
$$
\dim(E) = \dim \left( \sum_{i=1}^n \mathrm{Im}(p_i) \right) = \sum_{i=1}^n \dim(\mathrm{Im}(p_i))
$$
Donc, $E = \bigoplus_{i=1}^n \mathrm{Im}(p_i)$.
2.
Soit $j \in \{1, \dots, n\}$. Pour tout $y \in E$, on a :
$$
y = \sum_{i=1}^n p_i(y) = p_j(y) + \sum_{i \neq j} p_i(y).
$$
En particulier : $\forall x \in E, \ p_j(x) = p_j^2(x) + \sum_{i \neq j} (p_i p_j)(x)$.
Ce qui donne :
$$
\forall x \in E, \ \sum_{i \neq j} (p_i p_j)(x) = 0 .
$$
Cependant, la somme des $\mathrm{Im}(p_i)$ est directe, et chaque $(p_i p_j)(x)$ appartient à $\mathrm{Im}(p_i)$
.
Ceci implique donc : $\forall x \in E, \ \forall i \neq j, \ (p_i p_j)(x) = 0$.
Ainsi, pour $i \neq j$, on a $p_i p_j = 0$.
Énoncé de l’exercice n°2 :
On considère $M$, $N$, $P$, $Q$ appartenant à $\mathcal{M}_n(\mathbb{K})$.
1. Supposons $Q$ inversible. Démontrer que :
$$
\det \begin{pmatrix} M & N \\ P & Q \end{pmatrix} = \det(MQ – NQ^{-1}PQ).
$$
2. Supposons que $P$ et $Q$ commutent. Démontrer que :
$$
\det \begin{pmatrix} M & N \\ P & Q \end{pmatrix} = \det(MQ – NP).
$$
Indication :
1. Utiliser un produit matriciel par blocs, des matrices triangulaires par blocs dont le déterminant est facile à calculer.
2. Se ramener au cas $Q$ inversible par densité.
Corrigé de l’exercice :
1. Posons $R = MQ – NQ^{-1}PQ$.
L’idée est de construire une matrice $\begin{pmatrix} M’ & N’ \\ P’ & Q’ \end{pmatrix}$ telle que :
$$
\begin{pmatrix} M & N \\ P & Q \end{pmatrix} \begin{pmatrix} M’ & N’ \\ P’ & Q’ \end{pmatrix} =
\begin{pmatrix} R & 0_n \\ 0_n & I_n \end{pmatrix}.
$$
On cherche donc $M’$, $N’$, $P’$, $Q’$ tels que :
$$
\begin{aligned}
& (1) \ M M’ + N P’ = MQ – NQ^{-1}PQ, \\
& (2) \ P M’ + Q P’ = 0_n, \\
& (3) \ M N’ + N Q’ = 0_n, \\
& (4) \ P N’ + Q Q’ = I_n.
\end{aligned}
$$
Par identification dans $(1)$, essayons $M’ = Q$ et $P’ = -Q^{-1}PQ$.
Il reste à choisir $N’ = 0_n$ et $Q’ = Q^{-1}$ pour satisfaire $(3)$ et $(4)$.
On a donc :
$$
\begin{pmatrix} M & N \\ P & Q \end{pmatrix} \begin{pmatrix} Q & 0_n \\ -Q^{-1}PQ & Q^{-1} \end{pmatrix} =
\begin{pmatrix} MQ – NQ^{-1}PQ & 0_n \\ 0_n & I_n \end{pmatrix}.
$$
En prenant le déterminant, on obtient :
$$
\det \begin{pmatrix} M & N \\ P & Q \end{pmatrix} = \det(MQ – NQ^{-1}PQ).
$$
2. Supposons maintenant que $P$ et $Q$ commutent.
Si $Q$ est inversible, le résultat précédent devient simplement :
$$
\det \begin{pmatrix} M & N \\ P & Q \end{pmatrix} = \det(MQ – NP).
$$
Supposons maintenant que $Q$ ne soit pas inversible.
Considérons la fonction $\varphi : z \mapsto \det(Q + zI_n)$.
Cette fonction est un polynôme unitaire de degré $n$, qui n’a donc qu’un nombre fini de racines.
Pour un $k$ suffisamment grand, posons $Q_k = Q + \frac{1}{k} I_n$, qui devient inversible.
Dans ces conditions, $Q_k$ commute encore avec $P$.
On a alors :
$$
\det \begin{pmatrix} M & N \\ P & Q_k \end{pmatrix} = \det(MQ_k – NP).
$$
L’application déterminant est continue, donc en passant à la limite, il vient :
$$
\det \begin{pmatrix} M & N \\ P & Q \end{pmatrix} = \det(MQ – NP).
$$
Énoncé de l’exercice n°3 :
Calculer le rang de la matrice
$$
A =
\begin{pmatrix}
a^2 & a & 2 & 2a \\
a & a^2 & 2a & 2 \\
2 & 2a & a^2 & a \\
2a & 2 & a & a^2
\end{pmatrix}
$$
Indication :
Calculer le déterminant de la matrice, le factoriser.
Traiter les cas remarquables.
Corrigé de l’exercice :
Étape 1 : Calcul du déterminant de $A$
Pour commencer, appliquons l’opération $L_1 \gets L_1 + L_2 + L_3 + L_4$.
On factorise ensuite par $a^2 + 3a + 2 = (a + 1)(a + 2)$ dans $L_1$.
On effectue les soustractions en cascade $C_4 \gets C_4 – C_3$, $C_3 \gets C_3 – C_2$, et $C_2 \gets C_2 – C_1$.
$$
\det(A) = (a + 1)(a + 2)
\begin{vmatrix}
1 & 1 & 1 & 1 \\
a & a^2 & 2a & 2 \\
2 & 2a & a^2 & a \\
2a & 2 & a & a^2
\end{vmatrix}
= (a + 1)(a + 2)
\begin{vmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 \\
a & a(a – 1) & a(2 – a) & 2(1 – a) \\
2 & 2(a – 1) & a(a – 2) & a(1 – a) \\
2a & 2(1 – a) & a – 2 & a(a – 1)
\end{vmatrix}.
$$
On développe par rapport à $L_1$, puis on factorise suivant les colonnes :
$$
\det(A) = (a + 1)(a + 2)(a – 1)^2(a – 2)
\begin{vmatrix}
a & -a & -2 \\
2 & a & -a \\
-2 & 1 & a
\end{vmatrix}.
$$
Pour calculer le déterminant $3 \times 3$ , on ajoute $L_3$ à $L_2$ puis on développe suivant $L_2$ :
$$
\begin{vmatrix}
a & -a & -2 \\
2 & a & -a \\
-2 & 1 & a
\end{vmatrix}
=
\begin{vmatrix}
a & -a & -2 \\
0 & a + 1 & 0 \\
-2 & 1 & a
\end{vmatrix}.
$$
$$
= (a + 1) \begin{vmatrix}
a & -2 \\
-2 & a
\end{vmatrix}
= (a + 1)(a – 2)(a + 2).
$$
On obtient donc :
$$
\det(A) = (a + 1)^2(a + 2)^2(a – 1)^2(a – 2)^2.
$$
Étape 2 : Calculons le rang de $A$.
Si $a \notin \{-2, -1, 1, 2\}$, alors $\det(A) \neq 0$, donc $rg(A) = 4$.
Si $a = 1$, alors $L_2 = L_1$, $L_4 = L_3$, $L_1$ et $L_3$ sont non colinéaires, donc $rg(A) = 2$.
Si $a = -1$, alors $L_2 = -L_1$ et $L_4 = -L_3$ , $L_1$ et $L_3$ sont non colinéaires, donc $rg(A) = 2$.
Si $a = 2$, alors $L_4 = L_1$, $L_3 = L_2$ , $L_1$ et $L_3$ sont non colinéaires, donc $rg(A) = 2$.
Si $a = -2$, alors $L_4 = -L_1$, $L_3 = -L_2$ , $L_1$ et $L_3$ sont non colinéaires, donc $rg(A) = 2$.
Énoncé de l’exercice n°4 :
Soit
$$
A =
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 & 1 \\
1 & 1 & -1 & -1 \\
1 & -1 & 1 & -1 \\
1 & -1 & -1 & 1
\end{pmatrix}.
$$
Calculer $A^2$, $A^3$ puis démontrer que $A$ est inversible et calculer $A^{-1}$.
Indication :
Essayer de démontrer que $A^3$ s’exprime avec $A$ et $I$.
Corrigé de l’exercice :
$$
A^2 =
\begin{pmatrix}
4 & 0 & 0 & -2 \\
0 & 4 & 0 & 2 \\
0 & 0 & 4 & 2 \\
-2 & 2 & 2 & 4
\end{pmatrix}, \quad
A^3 =
\begin{pmatrix}
2 & 6 & 6 & 6 \\
6 & 2 & -6 & -6 \\
6 & -6 & 2 & -6 \\
6 & -6 & -6 & -10
\end{pmatrix}.
$$
On remarque que $A^3 = 6A – 4I$, donc $A(A^2 – 6I) = 4I$, donc $A(\frac{1}{4}(A^2 – 6I)) = I$.
Ceci démontre que $A$ est inversible et que :
$$
A^{-1} = \frac{1}{4}(A^2 – 6I) = \frac{1}{2}
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & -1 \\
0 & 0 & 1 & -1 \\
1 & -1 & -1 & 1
\end{pmatrix}.
$$
Énoncé de l’exercice n°5 :
Soit $u$ un endomorphisme de $\mathbb{K}[X]$ défini par : $\forall P \in \mathbb{K}[X], \ u(P) = P’.$
Démontrer que le seul polynôme annulateur de $u$ est le polynôme nul.
Indication :
Utiliser les polynômes de la base canonique de $\mathbb{K}[X]$.
Corrigé de l’exercice :
Soit $Q = \sum_{k \geq 0} a_k X^k$. Pour tout $P \in \mathbb{K}[X]$, on a :
$$
(Q(u))(P) = \sum_{k \geq 0} a_k u^k(P) = \sum_{k \geq 0} a_k P^{(k)}.
$$
Si $Q(u) = 0$ dans $\mathcal{L}(\mathbb{K}[X])$, alors on a :
$$
\quad \forall P \in \mathbb{K}[X], \ \sum_{k \geq 0} a_k P^{(k)}(0) = 0.
$$
Prenons $P = X^m$. Dans ce cas, la formule précédente donne $m! \cdot a_m = 0$.
Donc, $a_m = 0$ pour tout $m \geq 0$. Donc $Q = 0$.
Énoncé de l’exercice n°6 :
Soit $u$ un endomorphisme de $\mathbb{K}[X]$ défini par :
$\forall P \in \mathbb{K}[X], \ u(P) = X P(X)
$
Démontrer que le seul polynôme annulateur de $u$ est le polynôme nul.
Indication :
Utiliser le polynôme constant égal à 1.
Corrigé de l’exercice :
Soit $Q = \sum_{k \geq 0} a_k X^k$, pour tout $P \in \mathbb{K}[X]$ :
$$
(Q(u))(P) = \sum_{k \geq 0} a_k u^k(P) = \sum_{k \geq 0} a_k X^k P = QP.
$$
Si $Q(u) = 0$ dans $\mathbb{K}[X]$, alors $(Q(v))(1) = 0$ donc $Q = 0$.
Énoncé de l’exercice n°7 :
Soit $u$ un endomorphisme de $\mathbb{K}[X]$ défini par :
$\forall P \in \mathbb{K}[X], \ u(P) = P(X+1)$
Démontrer que le seul polynôme annulateur de $u$ est le polynôme nul.
Indication :
Utiliser l’interpolation polynômiale.
Corrigé de l’exercice :
Soit $Q = \sum_{k \geq 0} a_k X^k$, pour tout $P \in \mathbb{K}[X]$ :
$$
(Q(u))(P) = \sum_{k \geq 0} a_k u^k(P) = \sum_{k \geq 0} a_k P(X + k).
$$
Si $Q(u) = 0$ dans $\mathcal{L}(\mathbb{K}[X])$, alors en particulier :
$$
\quad \forall P \in \mathbb{K}[X], \ \sum_{k \geq 0} a_k P(k) = 0.
$$
Prenons $m \in [[0, n]]$.
Par théorème d’interpolation (par exemple Lagrange), on peut choisir $P$ tel que $P(k) = 0$ si $k \in [[0, n]] \setminus \{m\}$ et $P(m) = 1$.
Avec ce choix de $P$, l’égalité précédente devient $a_m = 0$, pour tout $m \in [[0, n]]$.
Le seul polynôme annulant $u$ est donc le polynôme nul.
Énoncé de l’exercice n°8 :
Soit $E$ un $\mathbb{K}$-espace vectoriel.
1. On considère $F_1$ et $F_2$, deux sous-espaces de $E$, tels que $E = F_1 + F_2$.
Soit $G_2$ un sous-espace supplémentaire de $F_1 \cap F_2$ dans $F_2$. Démontrer que $E = F_1 \oplus G_2$.
2. Soit une collection $F_1, \ldots, F_p$ de sous-espaces de $E$, telle que $E = F_1 + \cdots + F_p$.
Prouver qu’il existe des sous-espaces $G_2, \ldots, G_p$, tels que $G_j \subseteq F_j$, et
$E = F_1 \oplus G_2 \oplus \cdots \oplus G_p$.
Indication :
1. Utiliser des éléments, utiliser que $G_2 \subset F_2$.
2. Se ramener au résultat de la question 1.
Corrigé de l’exercice :
1. Chaque $x \in E$ peut s’écrire comme $x = x_1 + x_2$, avec $x_1 \in F_1$ et $x_2 \in F_2$.
Par hypothèse, $F_2 = (F_1 \cap F_2) \oplus G_2$.
Il est alors possible d’écrire $x_2 = y + x_2’$, avec $y \in F_1 \cap F_2$ et $x_2′ \in G_2$.
En particulier, si $y \in F_1$, alors $x = x_1 + (y + x_2′) = (x_1 + y) + x_2’$, ce qui montre que $x \in F_1 + G_2$.
Ainsi, on a $E = F_1 + G_2$. Il reste à montrer que $F_1$ et $G_2$ forment une somme directe.
Si $x$ appartient à $F_1 \cap G_2$, alors $x \in F_1$ et $x \in G_2$.
Donc $x \in F_1 \cap F_2$ et $x \in G_2$, or ces deux sous-espaces sont en somme directe.
On en conclut que $x = 0$. Par conséquent, $E = F_1 \oplus G_2$.
2. Procédons par récurrence sur $p \geq 2$.
D’après la première étape, la propriété est vraie pour $p = 2$ . En effet, $G_2$ est un sous-espace supplémentaire de $F_1 \cap F_2$ dans $F_2$.
Supposons que la propriété soit vérifiée pour $p – 1$ sous-espaces, avec $p \geq 3$.
Considérons $p$ sous-espaces $F_1, F_2, \ldots, F_p$ de $E$.
Définissons $E’ = F_1 + F_2 + \cdots + F_{p-1}$. On a donc $E = E’ + F_p$.
D’après la première étape, il existe un sous-espace $G_p \subseteq F_p$ tel que $E = E’ \oplus G_p$.
Par hypothèse de récurrence appliquée à $F_1, F_2, \ldots, F_{p-1}$ et $E’$, il existe des sous-espaces $G_2, \ldots, G_{p-1}$ avec $G_j \subseteq F_j$, tels que
$E’ = F_1 \oplus G_2 \oplus \cdots \oplus G_{p-1}$.
En combinant, on obtient $E = E’ \oplus G_p = F_1 \oplus G_2 \oplus \cdots \oplus G_p$.
Ceci conclut la démonstration par récurrence et établit la propriété pour tout $p \geq 2$.
Énoncé de l’exercice n°9 :